【数学】2018届一轮复习人教A版　空间点、直线、平面之间的位置关系学案 14页

第3讲　空间点、直线、平面之间的位置关系 ‎ [学生用书P134])‎ ‎1．四个公理 公理1：如果一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线在此平面内．‎ 公理2：过不在一条直线上的三点，有且只有一个平面．‎ 公理3：如果两个不重合的平面有一个公共点，那么它们有且只有一条过该点的公共直线．‎ 公理4：平行于同一条直线的两条直线互相平行．‎ 公理2的三个推论：‎ 推论1：经过一条直线和直线外一点，有且只有一个平面．‎ 推论2：经过两条相交直线，有且只有一个平面．‎ 推论3：经过两条平行直线，有且只有一个平面．‎ ‎2．空间直线的位置关系 ‎(1)位置关系的分类 ‎(2)异面直线所成的角 ‎①定义：设a，b是两条异面直线，经过空间中任一点O作直线a′∥a，b′∥b，把a′与b′所成的锐角(或直角)叫做异面直线a与b所成的角(或夹角)．‎ ‎②范围：．‎ ‎(3)定理 空间中如果两个角的两边分别对应平行，那么这两个角相等或互补．‎ ‎3．空间中直线与平面、平面与平面的位置关系 ‎(1)空间中直线和平面的位置关系 位置关系 图形表示 符号表示 公共点 直线a在 平面α内 a⊂α 有无数个 公共点 直线 在平 面外 直线a与平面α 平行 a∥α 没有公共点 直线a与平面α 斜交 a∩α＝A 有且只有一 个公共点 直线a与平面α 垂直 a⊥α ‎(2)空间中两个平面的位置关系 位置关系 图形表示 符号表示 公共点 两平面平行 α∥β 没有公共点 两平 面相 交 斜交 α∩β＝l 有一条公共 直线 垂直 α⊥β且 α∩β＝a ‎1．辨明三个易误点 ‎(1)正确理解异面直线“不同在任何一个平面内”的含义，不要理解成“不在同一个平面内”．‎ ‎(2)不共线的三点确定一个平面，一定不能丢掉“不共线”的条件．‎ ‎(3)两条异面直线所成角的范围是(0°，90°]．‎ ‎2．证明共线问题的两种途径 ‎(1)先由两点确定一条直线，再证其他点都在这条直线上；‎ ‎(2)直接证明这些点都在同一条特定直线上．‎ ‎3．证明共面问题的两种途径 ‎(1)首先由条件中的部分线(或点)确定一个平面，再证其他线(或点)在此平面内；‎ ‎(2)将所有条件分为两部分，然后分别确定平面，再证明这两个平面重合．‎ ‎1．已知A，B，C表示不同的点，l表示直线，α，β表示不同的平面，则下列推理错误的是(　　)‎ A．A∈l，A∈α，B∈l，B∈α⇒l⊂α B．A∈α，A∈β，B∈α，B∈β⇒α∩β＝AB C．l⊄α，A∈l⇒A∉α D．A∈α，A∈l，l⊄α⇒l∩α＝A ‎[答案] C ‎2. 如图所示，在正方体ABCDA1B1C1D1中，E，F分别是AB，AD的中点，则异面直线B1C与EF所成的角的大小为(　　)‎ A．30°　　　　　　　　 B．45°‎ C．60° D．90°‎ ‎　C　[解析] 连接B1D1，D1C，则B1D1∥EF，‎ 故∠D1B1C为所求，又B1D1＝B1C＝D1C，‎ 所以∠D1B1C＝60°.‎ ‎3．(2016·高考山东卷)已知直线a，b分别在两个不同的平面α，β内．则“直线a和直线b相交”是“平面α和平面β相交”的(　　)‎ A．充分不必要条件 ‎ B．必要不充分条件 C．充要条件 ‎ D．既不充分也不必要条件 ‎　A　[解析] 若直线a，b相交，设交点为P，则P∈a，P∈b.又a⊂α，b⊂β，所以P∈α，P∈β，故α，β相交．反之，若α，β相交，则a，b可能相交，也可能异面或平行．故“直线a和直线b相交”是“平面α和平面β相交”的充分不必要条件．‎ ‎4．若三个平面两两相交，且三条交线互相平行，则这三个平面把空间分成________部分．‎ ‎[解析] 通过举例说明，如三棱柱三个侧面所在平面满足两两相交，且三条交线互相平行，这三个平面将空间分成7部分．‎ ‎[答案] 7‎ ‎5. 给出下列命题：‎ ‎①经过三点确定一个平面；‎ ‎②梯形可以确定一个平面；‎ ‎③两两相交的三条直线最多可以确定三个平面；‎ ‎④如果两个平面有三个公共点，则这两个平面重合．‎ 其中正确的为________．‎ ‎[解析] 经过不共线的三点可以确定一个平面，所以①‎ 不正确；两条平行线可以确定一个平面，所以②正确；两两相交的三条直线可以确定一个或三个平面，所以③正确；命题④中没有说清三个点是否共线，所以④不正确．‎ ‎[答案] ②③‎ ‎　平面的基本性质[学生用书P135]‎ ‎[典例引领]‎ ‎　如图所示，在正方体ABCDA1B1C1D1中，E、F分别是AB和AA1的中点．求证：E、C、D1、F四点共面．‎ ‎【证明】　‎ 如图所示，连接CD1、EF、A1B，‎ 因为E、F分别是AB和AA1的中点，‎ 所以EF∥A1B且EF＝A1B．‎ 又因为A1D1綊BC，所以四边形A1BCD1是平行四边形，‎ 所以A1B∥CD1，‎ 所以EF∥CD1，‎ 所以EF与CD1确定一个平面α，‎ 所以E、F、C、D1∈α，‎ 即E、C、D1、F四点共面．‎ 本例条件不变，如何证明“CE，D1F，DA交于一点”？‎ ‎[证明]　如图，由本例知EF∥CD1，且EF＝CD1，‎ 所以四边形CD1FE是梯形，‎ 所以CE与D1F必相交，设交点为P，‎ 则P∈CE，且P∈D1F，‎ 又CE⊂平面ABCD，‎ 且D1F⊂平面A1ADD1，‎ 所以P∈平面ABCD，‎ 且P∈平面A1ADD1.‎ 又平面ABCD∩平面A1ADD1＝AD，所以P∈AD，‎ 所以CE、D1F、DA三线共点．‎ ‎ (1)点线共面问题证明的两种方法 ‎①纳入平面法：先确定一个平面，再证有关点、线在此平面内；‎ ‎②辅助平面法：先证有关点、线确定平面α，再证其余点、线确定平面β，最后证明平面α，β重合．　 ‎ ‎(2)证明多线共点问题的两步 ‎①先证其中两条直线交于一点；‎ ‎②再证交点在第三条直线上．证交点在第三条直线上时，第三条直线应为前两条直线所在平面的交线，可以利用公理3证明．‎ ‎　如图，空间四边形ABCD中，E，F分别是AB，AD的中点，G，H分别在BC，CD上，且BG∶GC＝DH∶HC＝1∶2.‎ ‎(1)求证：E，F，G，H四点共面；‎ ‎(2)设EG与FH交于点P，求证：P，A，C三点共线．‎ ‎[证明]　(1)因为E，F分别为AB，AD的中点，‎ 所以EF∥BD．‎ 在△BCD中，＝＝，‎ 所以GH∥BD，‎ 所以EF∥GH.‎ 所以E，F，G，H四点共面．‎ ‎(2)因为EG∩FH＝P，P∈EG，EG⊂平面ABC，‎ 所以P∈平面ABC.同理P∈平面ADC.‎ 所以P为平面ABC与平面ADC的公共点．‎ 又平面ABC∩平面ADC＝AC，‎ 所以P∈AC，‎ 所以P，A，C三点共线．‎ ‎　空间两直线的位置关系[学生用书P135]‎ ‎[典例引领]‎ ‎　如图所示，正方体ABCDA1B1C1D1中，M，N分别是A1B1，B1C1的中点．问：‎ ‎(1)AM和CN是否是异面直线？说明理由；‎ ‎(2)D1B和CC1是否是异面直线？说明理由．‎ ‎【解】　(1)不是异面直线．‎ 理由：连接MN，A1C1，AC.‎ 因为M，N分别是A1B1，B1C1的中点，所以MN∥A1C1.‎ 又因为A1A綊C1C，‎ 所以四边形A1ACC1为平行四边形，所以A1C1∥AC，所以MN∥AC，‎ 所以A，M，N，C在同一平面内，‎ 故AM和CN不是异面直线．‎ ‎(2)是异面直线．‎ 理由如下：‎ 因为ABCDA1B1C1D1是正方体，‎ 所以B，C，C1，D1不共面．‎ 假设D1B与CC1不是异面直线，‎ 则存在平面α，‎ 使D1B⊂平面α，CC1⊂平面α，‎ 所以D1，B，C，C1∈α，‎ 这与B，C，C1，D1不共面矛盾．‎ 所以假设不成立，‎ 即D1B和CC1是异面直线．‎ ‎　 ‎ ‎[通关练习]‎ ‎1．如图是一个正方体的平面展开图，则在正方体中，AB与CD的位置关系为(　　)‎ A．相交　　　　　　　　　　 B．平行 C．异面而且垂直 D．异面但不垂直 ‎　D　[解析] 将展开图还原为正方体，如图所示．‎ AB与CD所成的角为60°，故选D．‎ ‎2．在图中，G，H，M，N分别是正三棱柱的顶点或所在棱的中点，则表示直线GH，MN是异面直线的图形有________(填上所有正确答案的序号)．‎ ‎[解析] 图①中，直线GH∥MN；图②中，G，H，N三点共面，但M∉平面GHN，因此直线GH与MN异面；图③中，连接MG，GM∥HN，因此GH与MN共面；图④中，G，M，N共面，但H∉平面GMN，因此GH与MN异面．所以在图②④中GH与MN异面．‎ ‎[答案] ②④‎ ‎　异面直线所成的角(高频考点)[学生用书P136]‎ 从近几年的高考试题来看，异面直线所成的角是高考的热点，‎ 题型既有选择题又有填空题，也有解答题，难度为中低档题．‎ 高考对异面直线所成的角的考查主要有以下两个命题角度：‎ ‎(1)求异面直线所成的角或其三角函数值；‎ ‎(2)由异面直线所成角求其他量．‎ ‎[典例引领]‎ ‎　(2016·高考全国卷乙)平面α过正方体ABCDA1B1C1D1的顶点A，α∥平面CB1D1，α∩平面ABCD＝m，α∩平面ABB1A1＝n，则m，n所成角的正弦值为(　　)‎ A.　　　　　　　　 B． C. D． ‎【解析】　因为过点A的平面α与平面CB1D1平行，平面ABCD∥平面A1B1C1D1，所以m∥B1D1∥BD，又A1B∥平面CB1D1，所以n∥A1B，则BD与A1B所成的角为所求角，所以m，n所成角的正弦值为，选A.‎ ‎【答案】　A ‎　 ‎ ‎[题点通关]‎ ‎ 角度一　求异面直线所成的角或其三角函数值 ‎1．如图，在底面为正方形，侧棱垂直于底面的四棱柱ABCDA1B1C1D1中，AA1＝2AB＝2，则异面直线A1B与AD1所成角的余弦值为(　　)‎ A.　　 B． C. D． ‎　D　[解析] 连接BC1，易证BC1∥AD1，‎ 则∠A1BC1即为异面直线A1B与AD1所成的角．‎ 连接A1C1，由AB＝1，AA1＝2，‎ 则A1C1＝，A1B＝BC1＝，‎ 故cos∠A1BC1＝＝.‎ ‎ 角度二　由异面直线所成角求其他量 ‎2．四面体ABCD中，E，F分别是AB，CD的中点．若BD，AC所成的角为60°，且BD＝AC＝1，则EF的长为________．‎ ‎[解析] 如图，取BC的中点O，连接OE，OF，‎ 因为OE∥AC，OF∥BD，‎ 所以OE与OF所成的锐角(或直角)即为AC与BD所成的角，而AC，BD所成角为60°，所以∠EOF＝60°或∠EOF＝120°.当∠EOF＝60°时，EF＝OE＝OF＝.‎ 当∠EOF＝120°时．取EF的中点M，则OM⊥EF，‎ EF＝2EM＝2×＝.‎ ‎[答案] 或 ‎ [学生用书P136]‎ ‎——构造模型判断空间线面位置关系 ‎　已知m，n是两条不同的直线，α，β为两个不同的平面，有下列四个命题：‎ ‎①若m⊥α，n⊥β，m⊥n，则α⊥β；‎ ‎②若m∥α，n∥β，m⊥n，则α∥β；‎ ‎③若m⊥α，n∥β，m⊥n，则α∥β；‎ ‎④若m⊥α，n∥β，α∥β，则m⊥n.‎ 其中所有正确的命题是(　　)‎ A．①④　　　　　　　　 B．②④‎ C．① D．④‎ ‎【解析】　借助于长方体模型来解决本题，对于①，可以得到平面α，β互相垂直，如图(1)所示，故①正确；对于②，平面α、β可能垂直，如图(2)所示，故②不正确；对于③，平面α、β可能垂直，如图(3)所示，故③不正确；对于④，由m⊥α，α∥β可得m⊥β，因为n∥β，所以过n作平面γ，且γ∩β＝g，如图(4)所示，所以n与交线g平行，因为m⊥g，所以m⊥n，故④正确．‎ ‎【答案】　A ‎　(1)构造法实质上是结合题意构造合题意的直观模型，然后将问题利用模型直观地作出判断，这样减少了抽象性，避免了因考虑不全面而导致解题错误；‎ ‎(2)对于线面、面面平行、垂直的位置关系的判定，可构造长方体或正方体化抽象为直观去判断．‎ ‎　已知空间三条直线l，m，n，若l与m异面，且l与n异面，则(　　)‎ A．m与n异面　　 　‎ B．m与n相交 C．m与n平行 ‎ D．m与n异面、相交、平行均有可能 ‎　D　[解析] 在如图所示的长方体中，m，n1与l都异面，但是m∥n1，所以A，B错误；m，n2与l都异面，且m，n2也异面，所以C错误．‎ ‎ [学生用书P293(独立成册)]‎ ‎1．下列命题中，不是公理的是(　　)‎ A．平行于同一个平面的两个平面相互平行 B．过不在同一条直线上的三点，有且只有一个平面 C．如果一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线上所有的点都在此平面内 D．如果两个不重合的平面有一个公共点，那么它们有且只有一条过该点的公共直线 ‎　A　[解析] 选项A是面面平行的性质定理，是由公理推证出来的，而公理是不需要证明的．‎ ‎2．(2017·赣州四校联考)若平面α∥平面β，点A，C∈α，B，D∈β，则直线AC∥直线BD的充要条件是(　　)‎ A．AB∥CD　　　　　　　‎ B．AD∥CB C．AB与CD相交 ‎ D．A，B，C，D四点共面 ‎　D　[解析] 因为平面α∥平面β，要使直线AC∥直线BD，‎ 则直线AC与BD是共面直线，即A，B，C，D四点必须共面．‎ ‎3．(2017·广州市高考模拟)已知E，F，G，H是空间四点，命题甲：E，F，G，H四点不共面，命题乙：直线EF和GH不相交，则甲是乙成立的(　　)‎ A．必要不充分条件 ‎ B．充分不必要条件 C．充要条件 ‎ D．既不充分也不必要条件 ‎　B　[解析] 若E，F，G，H四点不共面，则直线EF和GH肯定不相交，但直线EF和GH不相交，E，F，G，H四点可以共面，例如EF∥GH.故选B．‎ ‎4．(2015·高考广东卷)若直线l1和l2是异面直线，l1在平面α内，l2在平面β内，l是平面α与平面β的交线，则下列命题正确的是(　　)‎ A．l与l1，l2都不相交 B．l与l1，l2都相交 C．l至多与l1，l2中的一条相交 D．l至少与l1，l2中的一条相交 ‎　D　[解析] 由直线l1和l2是异面直线可知l1与l2不平行，故l1，l2中至少有一条与l相交．‎ ‎5．(2017·辽宁省三校协作体联考)如图，四棱锥PABCD中，∠ABC＝∠BAD＝90°，BC＝2AD，△PAB和△PAD都是等边三角形，则异面直线CD与PB所成角的大小为(　　)‎ A．90°　　 B．75°‎ C．60° D．45°‎ ‎　A　[解析] 延长DA至E，使AE＝DA，连接PE，BE，因为∠ABC＝∠BAD＝90°，BC＝2AD，所以DE＝BC，DE∥BC.‎ 所以四边形CBED为平行四边形．所以CD∥BE.‎ 所以∠PBE(或其补角)就是异面直线CD与PB所成的角．‎ 在△PAE中，AE＝PA，∠PAE＝120°，‎ 由余弦定理得 PE＝ ‎＝ ＝AE.‎ 在△ABE中，AE＝AB，∠BAE＝90°，所以BE＝AE.‎ 因为△PAB是等边三角形，所以PB＝AB＝AE.‎ 因为PB2＋BE2＝AE2＋2AE2＝3AE2＝PE2，所以∠PBE＝90°.故选A.‎ ‎6．(2017·郑州模拟)如图所示，ABCDA1B1C1D1是正方体，O是B1D1的中点，直线A1C交平面AB1D1于点M，则下列结论正确的是(　　)‎ A．A，M，O三点共线 B．A，M，O，A1不共面 C．A，M，C，O不共面 D．B，B1，O，M共面 ‎　A　[解析] 连接A1C1，AC(图略)，则A1C1∥AC，‎ 所以A1，C1，A，C四点共面，‎ 所以A1C⊂平面ACC1A1.‎ 因为M∈A1C，‎ 所以M∈平面ACC1A1.‎ 又M∈平面AB1D1，‎ 所以M在平面ACC1A1与平面AB1D1的交线上，‎ 同理A，O在平面ACC1A1与平面AB1D1的交线上．‎ 所以A，M，O三点共线．‎ ‎7.如图所示，在三棱锥ABCD中，E，F，G，H分别是棱AB，BC，CD，DA的中点，则当AC，BD满足条件________时，四边形EFGH为菱形，当AC，BD满足条件________时，四边形EFGH是正方形．‎ ‎[解析] 易知EH∥BD∥FG，且EH＝BD＝FG，同理EF∥AC∥HG，且EF＝AC＝HG，显然四边形EFGH为平行四边形．要使平行四边形EFGH为菱形需满足EF＝EH，即AC＝BD；要使四边形EFGH为正方形需满足EF＝EH且EF⊥EH，即AC＝BD且AC⊥BD．‎ ‎[答案] AC＝BD　AC＝BD且AC⊥BD ‎8.如图，正方体ABCDA1B1C1D1中，M，N分别为棱C1D1，C1C的中点，有以下四个结论：‎ ‎①直线AM与CC1是相交直线；‎ ‎②直线AM与BN是平行直线；‎ ‎③直线BN与MB1是异面直线；‎ ‎④直线AM与DD1是异面直线．‎ 其中正确的结论为________(注：把你认为正确的结论的序号都填上)．‎ ‎[解析] 直线AM与CC1是异面直线，直线AM与BN也是异面直线，故①②错误．‎ ‎[答案] ③④‎ ‎9.如图所示，正方体的棱长为1，B′C∩BC′＝O，则AO与A′C′所成角的度数为________．‎ ‎[解析] 连接AC.因为A′C′∥AC，‎ 所以AO与A′C′所成的角就是∠OAC(或其补角)．‎ 因为OC⊥OB，AB⊥平面BB′C′C，‎ 所以OC⊥AB．又AB∩BO＝B，‎ 所以OC⊥平面ABO.‎ 又OA⊂平面ABO，所以OC⊥OA.‎ 在Rt△AOC中，OC＝，AC＝，‎ sin∠OAC＝＝，‎ 所以∠OAC＝30°.即AO与A′C′所成角的度数为30°.‎ ‎[答案] 30°‎ ‎10．如图所示，在正三棱柱ABCA1B1C1中，D是AC的中点，AA1∶AB＝∶1，则异面直线AB1与BD所成的角为________．‎ ‎[解析] 如图，取A1C1的中点D1，连接B1D1，‎ 因为点D是AC的中点，所以B1D1∥BD，所以∠AB1D1即为异面直线AB1与BD所成的角．连接AD1，设AB＝a，则AA1＝a，‎ 所以AB1＝a，B1D1＝a，‎ AD1＝ ＝a.‎ 所以，在△AB1D1中，由余弦定理得，‎ cos ∠AB1D1＝ ‎＝＝，所以∠AB1D1＝60°.‎ ‎[答案] 60°‎ ‎11.如图，平面ABEF⊥平面ABCD，四边形ABEF与四边形ABCD都是直角梯形，∠BAD＝∠FAB＝90°，BC綊AD，BE綊FA，G，H分别为FA，FD的中点．‎ ‎(1)求证：四边形BCHG是平行四边形；‎ ‎(2)C，D，F，E四点是否共面？为什么？‎ ‎[解] (1)证明：由题设知，FG＝GA，FH＝HD，‎ 所以GH綊AD．又BC綊AD，‎ 故GH綊BC.‎ 所以四边形BCHG是平行四边形．‎ ‎(2)C，D，F，E四点共面．‎ 理由如下：‎ 由BE綊FA，G是FA的中点知，BE綊GF，‎ 所以EF綊BG.‎ 由(1)知BG∥CH，‎ 所以EF∥CH，故EC、FH共面．‎ 又点D在直线FH上，‎ 所以C，D，F，E四点共面．‎